高二数学上期末复习题及答案4

高二数学期末复习练习4一、填空题：1、某校高中生共有900人，其中高一年级300人，高二年级200人，高三年级400人，现采用分层抽取一容量为45人的样本，那么高一、高二、高三年级抽取的人数分别为▲．2、命题“x∈R，x2－2x+l≤0”的否定形式为▲．3、若不等式ax|1|成立的充分条件是40x，则实数a的取值范围是▲．4、已知)2,2(,yx，则点)(yxz，到原点距离满足1oz的概率是▲．5、设是三角形的一个内角，且7sincos13，则曲线22sincos1xy表示的曲线为▲．（注明类型）6、抛物线y2=4mx(m＞0)的焦点到双曲线x216－y29=l的一条渐近线的距离为3，则此抛物线的方程为▲．7、右图是2008年“隆力奇”杯第13届CCTV青年歌手电视大奖赛上某一位选手的部分得分的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的方差为▲．8、某程序的伪代码如图所示，则程序运行后的输出结果为▲．9、椭圆221xmy的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为▲。10、在区间(0,1)中随机地取出两个数，则两数之和小于65的概率是______▲________新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆11、已知(4,0)A、(0,4)B，从点(2,0)P射出的光线经直线AB反向后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是▲.12、已知椭圆2212516xy与双曲线22163xy在第一象限的交点为P,则点P到椭圆左焦点的距离为▲;(结果要化成最简形式)13、双曲线222008xy的左、右顶点分别为1A、2A，P为其右支上一点，且21217APAPAA，则21APA等于▲．14、如图所示，将平面直角坐标系中的纵轴绕点O顺时针旋转300(坐标轴的长度单位不变)构成一个斜坐标系xOy，平面上任一点P关于斜坐标系的坐标(x,y)用如下方式定义：过P作两坐标轴的平行线分别交坐标轴Ox于点M，Oy于点N，则M在Ox轴上表示的数为x，N798444679136第7题图S←0ForIFrom1To7Step2S←S+IEndForPrintS第8题图在Oy轴上表示的数为y．在斜坐标系中，若A，B两点的坐标分别为(1，2)，(－2，3)，则线段AB的长为▲．二、解答题1、设不等式组0≤x≤60≤y≤6表示的区域为A，不等式组0≤x≤6x－y≥0表示的区域为B．(1)在区域A中任取一点(x,y)，求点(x,y)∈B的概率；(2)若x,y分别表示甲、乙两人各掷一次骰子所得的点数,求点(x,y)在区域B中的概率.2、一个口袋内装有大小相同且已编有不同号码的4个黑球和3个红球，某人一次从中摸出2个球.（1）如果摸到的球中含有红球就中奖，那么此人中奖的概率是多少？（2）如果摸到的两个球都是红球，那么就中大奖。在有放回的3次摸球中，此人恰好两次中大奖的概率是多少？3、已知2)(23cxbxxxf（1）若)(xf在1x时，有极值1，求cb,的值；（2）当b为非零实数时，在)(xf的图象上是否存在与直线01)(2yxcb平行的切PMNxyO300第14题图线.4、已知可行域0,320,3230,yxyxy的外接圆C与x轴交于点A1、A2，椭圆C1以线段A1A2为长轴，离心率22e．（1）求圆C及椭圆C1的方程；（2）设椭圆C1的右焦点为F，点P为圆C上异于A1、A2的动点，过原点O作直线PF的垂线交直线22x于点Q，判断直线PQ与圆C的位置关系，并给出证明．挑战高考需要的是细心、耐心、恒心！以下题目你能挑战到哪一层？祝你取得最大成功！5、已知函数f(x)=x(x－a)(x－b)，点A(m,f(m))，B(n,f(n))．(1)设b=a，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的导函数()fx满足：当|x|≤l时，有|()fx|≤32恒成立，求函数f(x)的表达式；(3)若0＜a＜b，函数f(x)在x=m和x=n处取得极值，且a+b≤23．问：是否存在常数a,b，使得→OA·→OB=0?若存在，求出a,b的值；若不存在，请说明理由．6、设函数()2lnqfxpxxx，且()2pfeqee，其中e是自然对数的底数.（1）求p与q的关系；（2）若()fx在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（3）设2()egxx，若在1,e上至少存在一点0x，使得0()fx＞0()gx成立，求实数p的取值范围.高二数学期末复习练习4答案一、填空题：1、15，10，20；2、2,210xRxx；3、),3[；4、161；5、焦点在x轴上的双曲线；6、220yx7、807；8、16；9、14；10、2572；11、210；12、56；13、18[解析]：设),(yxP，0y，过点P作x轴的垂线PH，垂足为H，则,tan1axyHPAaxyHPA2tan（其中22008a）1tantan22221axyHPAHPA221HPAHPA设xAPA21，则xHPA8228xx18x，即1821APA，故选C．14、7．二、解答题1、解：(1)设集合A中的点(,)xyB为事件M，区域A的面积为1S36，区域B的面积为2S1821181()362SPMS．（2）设点(,)xy在集合B为事件N，甲、乙两人各掷一次骰子所得的点数为36个，其中在集合B中的点有21个，故217()3612PN．2、（1）解法1：设记“从袋中摸出的两个球中含有红球”为事件A,则211334275()7CCCPAC解法2：设“摸出2个球中不含红球即摸出的2个球都是黑球”为事件A则75721)(1)(APAP答：此人中奖的概率是75.（2）记“从袋中摸出的两个球都是红球”为事件B，则71)(2723CCBP由于有放回的3次摸球，每次是否摸到两个红球之间没有影响，所以3次摸球恰好有两次中大奖相当于进行了3次独立重复试验，根据n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率公式得，2232331118(2)()(1)77343PC答：此人恰好两次中大奖的概率是34318．3、解：（1）cbxxxf23)(2/由)(xf在1x时，有极值1，得/(1)0(1)1ff即121023cbcb，解得51cb当5,1cb时，),1)(53(523)(2/xxxxxf当1x时，0)(/xf，当135x时，0)(/xf。从而符合在1x时，)(xf有极值。51cb（2）假设)(xf图象在tx处的切线与直线01)(2yxcb平行，,23)(2/cbtttf直线01)(2yxcb的斜率为2bc，2223bccbtt即22320tbtb2228)3(4bbb又0b0，从而方程02322bbtt无解，因此不存在t，使,)(2/bctf即)(xf的图象不存在与直线01)(2yxcb平行的切线.4、解：（1）可行域是以12(2,0),(2,0)AA及点(1,3)M为顶点的三角形，………2分∵12AMAM，∴12AAM为直角三角形，∴外接圆C以原点O为圆心，线段A1A2为直径，故其方程为224xy．4分∵2a=4，∴a=2．又22e，∴2e，可得2b．∴所求椭圆C1的方程是22142xy．………6分（2）直线PQ与圆C相切．…………7分设000(,)(2)Pxyx，则22004yx．当02x时，(2,2),(22,0),1OPPQPQkk，∴OPPQ；…9分当02x时，00002,2OPOQyxkkyx∴直线OQ的方程为002xyxy．…………11分因此，点Q的坐标为00224(22,)xxy．∵0200000000000024224(22)22(22)(22)PQxyxyxxxkyxyxyx，…………13分∴当00x时，0PQk，OPPQ；当00x时候，00OPykx，∴1,PQOPkkOPPQ．…………14分综上，当02x时候，OPPQ，故直线PQ始终与圆C相切．…15分5、解：（1）322()2fxxaxax令22()340fxxaxa，得：13ax，2xa．1当0a时，12xx（表可删）所求单调增区间是(,)3a，(,)a，单调减区间是（3a，a）2当0a时，所求单调增区间是(,)a，(,)3a，单调减区间是（a，3a）3当0a时，2()3fxx≥0所求单调增区间是(,)．（2）32fxxabxabx232,fxxabxab当1,1x时，恒有32fx3333331,1,0,222222fff即3332,223332,2233,22ababababab得3,20,abab此时，满足当[1,1]x时|()|fx≤32恒成立．332fxxx．（3）存在,ab使得OA0OB．若0OAOB，即()()0mnfmfn()()()()0mnmnmambnanb由于0ab，知0mn()()()()1mambnanb○1由题设，,mn是()0fx的两根2()3abmn，3abmn○2○2代入○1得：2()9abab229()()44ababababab≥23612，当且仅当32ab时取“＝”ab≥23ab≤2323ab又32ab，0ab2362a，2362b．6、解：（1）由题意得()2ln2qpfepeeqeee1()()0pqee而10ee，所以p、q的关系为pq…………2分（2）由（1）知()2ln2lnqpfxpxxpxxxx，2'2222()ppxxpfxpxxx…………3分令2()2hxpxxp，要使()fx在其定义域(0,)内是单调函数，只需()hx在(0,)内满足：()0()0hxhx或恒成立.…………5分①当0p时，()2hxx，因为x＞0，所以()hx＜0，'22()xfxx＜0，∴()fx在(0,)内是单调递减函数，即0p适合题意；…………6分②当p＞0时，2()2hxpxxp，其图像为开口向上的抛物线，对称轴为1(0,)xp，∴min1()hxpp，只需10pp，即'1()0,()0phxfx时，∴()fx在(0,)内为单调递增函数，故1p适合题意.…………7分③当p＜0时，2()2hxpxxp，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为1(0,)xp，只要(0)0h，即0p时，()0hx在(0,)恒成立，故p＜0适合题意.综上所述，p的取值范围为10pp或.……………………9分（3）∵2()egxx在1,e上是减函数，∴xe时，min()2gx；1x时，max()2gxe，即()2,2gxe，…10分①当0p时，由（2）知()fx在1,e上递减max()(1)0fxf＜2，不合题意；……11分②当0＜p＜1时，由11,0xexx